Exemple de problème Quine-McClusky
Considérons le problème suivant :

que l’on peut réécrire comme ceci :

cd

00

01

11
...
L’exécution de l’algorithme Quine-McCluskey suit :

2
Les impliquants premiers sont donc :

01X01, 00XX0, X0X10, 0X1X0, 011XX, X110X, 10X1X, X11X1, 1XX11
Il convient alors de d...
Nous allons tenter de trouver une ou des solutions au problème en utilisant la méthode de Petrick
(on ne considère pas l’i...
5
Prochain SlideShare
Chargement dans…5
×

Exemple qm

286 vues

Publié le

0 commentaire
0 j’aime
Statistiques
Remarques
  • Soyez le premier à commenter

  • Soyez le premier à aimer ceci

Aucun téléchargement
Vues
Nombre de vues
286
Sur SlideShare
0
Issues des intégrations
0
Intégrations
3
Actions
Partages
0
Téléchargements
2
Commentaires
0
J’aime
0
Intégrations 0
Aucune incorporation

Aucune remarque pour cette diapositive

Exemple qm

  1. 1. Exemple de problème Quine-McClusky Considérons le problème suivant : que l’on peut réécrire comme ceci : cd 00 01 11 10 00 - - - - 01 0 0 1 11 0 0 10 0 1 ab cd 00 01 11 10 00 0 0 0 0 1 01 - 0 1 1 0 1 11 0 - 1 - 1 0 10 0 - - 0 ab e=0 e=1 D’où l’on peut déduire les minterms suivants (les minterms facultatifs sont soulignés) : 00000, 00010, 00100, 00110, 01100, 01110, 10010, 10110, 11100, 01001, 01101, 01111, 10011, 10111, 11011, 11101, 11111 1
  2. 2. L’exécution de l’algorithme Quine-McCluskey suit : 2
  3. 3. Les impliquants premiers sont donc : 01X01, 00XX0, X0X10, 0X1X0, 011XX, X110X, 10X1X, X11X1, 1XX11 Il convient alors de déterminer les impliquants premiers essentiels parmi les impliquants trouvés en inspectant leur couverture des minterms non facultatifs : 01100 x0 0X1X0 x4 011XX x5 X110X x6 10X1X x7 01101 X11X1 x8 11100 01111 11111 * X0X10 x3 10110 00XX0 x2 10010 01X01 x1 01110 1XX11 * * * * * * * * * * * * * * * Il apparaît alors que la fonction admet un seul impliquant premier essentiel, X110X : cd 00 01 11 10 00 0/e 0/e 0/e 0/e 01 0/e 0 1 1 11 0 0/e e 1/e 10 0 1/e 1/e 0 ab 3 * *
  4. 4. Nous allons tenter de trouver une ou des solutions au problème en utilisant la méthode de Petrick (on ne considère pas l’impliquant premier essentiel dans la formulation de l’équation) : P = (x3+x4)(x3+x4)(x2+x6)(x2+x6)(x0+x4+x7)(x4+x7)(x7+x8) P = (x3+x4)(x2+x6)(x4+x7)(x7+x8) P = (x3+x4)(x2+x6)(x7+x4x8) P = (x2+x6)(x3x7+x4x7+x4x8) P = x2x3x7+x2x4x7+x2x4x8+x3x6x7+x4x6x7+x4x6x8 On trouve donc six (6) solutions (le dernier impliquant est l’impliquant essentiel, commun à toutes les solutions) : 1) 2) 3) 4) 5) 6) Ci-dessous, les six solutions sont données par leur table de Karnaugh : 4
  5. 5. 5

×